高三数学一轮复习（原卷版）全真模拟卷04（文科）（解析版）

1、2021年文科数学一模模拟试卷（四）一、单选题(共60分)1(本题5分)已知集合，则（ ）abcd2(本题5分)已知复数满足 （其中为虚数单位），则复数的虚部为（ ）a1bc2d3(本题5分)若平面向量与的夹角为，则（ ）abc18d124(本题5分)如图所示的图案是由两个等边三角形构成的六角星，其中这两个等边三角形的三边分别对应平行，且各边都被交点三等分.若往该图案内投掷一点，则该点落在图中阴影部分内的概率为（ ）abcd5(本题5分)已知定义在r上的奇函数满足，若，则（ ）abc0d26(本题5分)某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的体积为（ ）abcd7

2、(本题5分)如图，若，则输出的数等于（ ） a bcd8(本题5分)将函数f(x)=sin2x-cos2x的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数（ ）a在区间0，上单调递增b最小正周期为c图象关于对称d图象关于(，0)对称9(本题5分)在空间中，设是不同的直线，表示不同的平面，则下列命题正确的是 （ ）a若，则b若，则c若，则d若，则10(本题5分)已知点是圆上任意一点，则的最大值是（ ）abcd11(本题5分)已知，则的值为（ ）abcd12(本题5分)已知双曲线的左右焦点分别为，实轴长为4，点为其右支上一点，点在以为圆心、半径为1的圆上，若的最小值为8，则双曲线的渐近线方程为（ ）a

3、bcd二、填空题(共20分)13(本题5分)向量，若，则实数_.14(本题5分)已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，若为等边三角形，则其边长为_.15(本题5分)已知函数在区间内取极大值，在区间内取极小值，则的取值范围为_.16(本题5分)在中，角的对边分别为， ，若有最大值，则实数的取值范围是_.三、解答题(共80分)17(本题12分)在，这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线处，并作出解答.在中，内角所对的边分别为，的面积为，且 （1）求角;（2）若，求的周长.注;如果选择多种方案分别解答，那么按第一种方案解答计分.18(本题12分)棱长为的正方体，为中点，为的中点（1）求证：平面；（2

4、）求点到平面的距离19(本题12分)2020年10月份黄山市某开发区一企业顺利开工复产，该企业生产不同规格的一种产品，根据检测标准，其合格产品的质量y(单位：)与尺寸x(单位： )之间近似满足关系式(bc为大于0的常数).按照某项指标测定，当产品质量与尺寸的比在区间内时为优等品.现随机抽取6件合格产品，测得数据如下：尺寸384858687888质量16.818.820.722.42425.5质量与尺寸的比0.4420.3920.3570.3290.3080.290（1）现从抽取的6件合格产品中再任选3件，记为取到优等品的件数试求随机变量的分布列和期望；（2）根据测得数据作了初步处理，得相关统计

5、量的值如下表：75.324.618.3101.4根据所给统计量，求y关于x的回归方程；已知优等品的收益z(单位：千元)与x，y的关系为，则当优等品的尺寸x为何值时，收益z的预报值最大？(精确到0.1)附：对于样本，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，.20(本题12分)已知椭圆，为椭圆的左、右顶点，点，连接交椭圆于点，为直角三角形，且（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线与椭圆相交于另一点，线段的垂直平分线与轴的交点满足，求点的坐标.21(本题12分)已知函数（是自然对数的底数）（1）设，求证：；（2）设，若，试讨论在上的零点个数（参考数据）22(本题10分)在平面直角坐标系中，直

6、线的参数方程为（为参数）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为，交极轴于点，交直线于点（1）求，点的极坐标方程；（2）若点为椭圆上的一个动点，求面积的最大值及取最大值时点的直角坐标23(本题10分)已知函数，（1）当时，解不等式；（2）对任意的，恒成立，求实数的取值范围参考答案1d【分析】解不等式确定集合，然后由集合的运算法则计算【详解】由已知或，故选：d2c【分析】利用复数除法、模的运算求得，由此求得的虚部.【详解】依题意，所以的虚部为.故选：c3b【分析】由模长公式结合数量积公式求解即可.【详解】，故选：b4b【分析】利用六角星的中心点把中间的正六边形部分分成

7、六个小等边三角形，观察图象结合几何概型的概率公式计算即可.【详解】依题意可知，中间部分是正六边形，设六角星的中心为点，分别将点与两个大等边三角形的六个交点连接起来（如图），则将中间的正六边形分成了六个全等的小等边三角形，且与原题中阴影部分六个小等边三角形也是全等的，设每一个等边三角形面积为s，则阴影部分面积是6s，总面积是12s，故该点落在图中阴影部分内的概率为.故选：b.5b【分析】由条件可得是周期函数，周期为4，然后可得答案.【详解】因为定义在r上的奇函数满足，所以所以，所以是周期函数，周期为4所以故选：b6a【分析】首先由三视图还原几何体，然后由几何体的空间结构特征求解三棱锥的体积即可.

8、【详解】由三视图可知，在棱长为2的正方体中，其对应的几何体为棱锥，该棱锥的体积：.故选：a.【点睛】方法点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解7c【分析】代入，依次执行，判断，可得选项【详解】依次执行条件得：，满足；，满足；，满足；，满足；，不满足，退出循环，输出，故选：c8c【分析】根据辅助角公式可得，再由三角函数图象的平移变换可得，结合正弦函数的性质逐一判断即可.【详解】，其图象向左平移个单位长度，可得

9、，当时，所以函数在区间0，上不单调，故a不正确；最小正周期为，故b不正确；当时，即，故c正确、d不正确；故选：c9d【分析】由面面平行和线面平行的性质可判断a；由面面垂直和线面垂直的性质可判断b；由面面垂直和线面平行的性质可判断c；由面面垂直和线面垂直的性质可判断d.【详解】对于a，若，可得或，故a错误；对于b，若，可得或，故b错误；对于c，若，则，或，或与相交，故c错误；对于d，若，则，正确.故选：d.【点评】本题考查空间线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的关系，考查空间想象能力和推理能力，属于基础题.10b【分析】根据题意画出图形，再由的几何意义，即圆上的动点与原点连线的斜率求解

10、即可【详解】如图，的几何意义为圆上的动点与原点连线的斜率，由图可知，当动点与重合时，与圆相切，此时最大为所在直线的斜率.由图可知，则.故选：b.【点睛】关键点点睛：此题考查直线与圆的位置关系的应用，解题的关键是利用的几何意义，即圆上的动点与原点连线的斜率求解，考查数形结合思想，属于中档题11a【分析】根据半角公式得，再分子分母同除以得.【详解】解：根据半角公式得：， 所以，对上述式子分子分母同除以得：.故选：a.【点睛】本题解题的关键在于利用半角公式化简得，进而构造齐次式求解即可，考查运算求解能力，是中档题.12d【分析】设设，由，可得，当且仅当，和四点共线时取得最小值，进而可得，设即可求出的

11、值，进而可求出的值，由可得渐近线方程.【详解】设，由双曲线的定义可知：，所以，当在圆心和连线上时，最小，所以，解得，设，则，解得，因为，所以，所以双曲线的渐进线为：，故选：d【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是由双曲线的定义可得，利用共线时求出.130或【分析】根据向量垂直的坐标表示求解【详解】由已知，解得或故答案为：0或14【分析】由对称性得，两点关于轴对称，从而得的倾斜角，写出直线方程，与抛物线方程联立求出交点的横坐标，即可求等边三角形的边长【详解】因为及抛物线的对称性知关于轴对称，不妨设直线的倾斜角为，直线方程为，由，解得，则所以三角形边长为故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考查直线与

12、抛物线相交问题，所求三角形边长涉及到抛物线上的点到焦点的距离，由对称性得出直线的倾斜角，得直线方程与抛物线方程联立可求得交点的横坐标，然后由焦半径公式可得边长15.【分析】本题先求导，再建立不等式组，接着根据不等式组画出可行域，最后根据可行域求目标函数的取值范围.【详解】解： ， ， 区间内取极大值，在区间内取极小值， ，即由画出有序实数对所构成的区域，如图.目标函数，表示点到点的距离的平方，有题意：，得点，得点，点到直线的距离的平方：则的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查借函数在某区间的极值建立不等式，画可行域，利用目标函数的几何意义求范围，是偏难题.16【分析】由正弦定理，三角恒等变

13、换和辅助角公式可得，其中，结合范围，由于有最大值，可求，进而求解的取值范围.【详解】由于，所以，由正弦定理得，所以，所以.当，即时，没有最大值，所以，则，其中，要使有最大值，则要能取，由于，所以，所以，即，解得.所以的取值范围是.故答案为：【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”.主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.17（1）；（2）.【分析】（1）若选，利用余弦定理即可求解；若选，利用正弦定理的边角互化以及三角形的内角和性质即可求解；若选，利用三角形的面积公

14、式以及余弦定理即可求解.（2）利用余弦定理求出即可求解.【详解】（1）若选又，若选，由得即，整理得而，故又，若选，由得即，又，（2）由余弦定理得即解得或（舍去）周长18（1）见解析；（2）.【分析】（1）如图，连接，取的中点为，连接，可证平面平面，从而得到平面.（2）利用等积法可求点到平面的距离【详解】（1）如图，连接，取的中点为，连接，因为，故，而平面，平面，故平面，因为，故，由正方体可得，故，而平面，平面，故平面，因为，而平面，故平面平面，而平面，故平面.（2）连接，因为为的中点，正方体的棱长为2，故，.故.又，其中为点到平面的距离，故.【点睛】方法点睛：点到平面的距离的计算，可利用题设中

15、的线面垂直，也可以利用已知的面面垂直构建线面垂直.线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行.19（1）分布列答案见解析，数学期望为；（2） ； .【分析】（1）由题意首先确定的取值，然后求对应的概率，即可列分布列，求出数学期望；（2）结合题中所给的数据计算回归方程即可；结合计算求得回归方程得到收益的函数，讨论函数的最值即可得最终结果.【详解】（1）由已知，优等品的质量与尺寸的比在区间内，即则随机抽取的6件合格产品中，有3件为优等品，3件为非优等品.现

16、从抽取的6件合格产品中再任选3件，则取到优等品的件数，的分布列为 0123 （2）对两边取自然对数得，令，得，且，根据所给统计量及最小二乘估计公式有：，得，故所求y关于x的回归方程为 由 可知，则由优等品质量与尺寸的比，即.令，当时，取最大值，即优等品的尺寸，收益的预报值最大.【点睛】思路点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简

17、化计算）20（1）；（2），.【分析】（1）用待定系数法求椭圆方程；（2）设出直线l，表示出m的坐标，利用，求出点的坐标.【详解】（1）由题意可得：三角形为等腰直角三角形，所以2a=4，即a=2.又由，所以，代入得：，解得：b=1.所以椭圆的方程为（2）由（1）可知.设点的坐标为，直线的斜率显然存在，设为，则直线的方程为于是，两点的坐标满足方程组，由方程组消去并整理，得由，得，从而，设线段是中点为，则的坐标为以下分两种情况：当时，点的坐标为.线段的垂直平分线为轴，于是，由得当时，线段的垂直平分线方程为令，解得，整理得，综上或.点的坐标是，.【点睛】（1）待定系数法可以求二次曲线的标准方程；（2

18、）"坐标法"是解析几何中常见的基本方法，把题目中的条件用坐标翻译出来，把几何条件转化为代数运算.21（1）证明见解析；（2）答案见解析【分析】（1）求出函数的导数，根据函数的单调性求出函数的最值，从而证明结论成立即可；（2）由于，令，可求得在上单调递增，在上单调递减，再对a分，两类讨论，求得在上的零点个数【详解】解：（1）证明：，则，令，则，显然在递增，故时，递减，时，递增，故，而，故在恒成立，即在恒成立，故在递减，故，故；（2）由已知得，令，则，时，时，在上单调递增，在上单调递减，当，即时，使得，当，当时，在上单调递增，在单调递减；，又，由零点存在定理得，此时在上仅有一个零点，若时，又在上单调递增，在上单调递减，又，使得，且当、时，当时，在和上单调递减，在单调递增，又，由零点存在定理可得，在和内各有一个零点，即此时在上有两个零点，综上所述，当时，在上仅有一个零点，当时，在上有两个零点【点睛】本题考查利用导数判断函数的零点个数，属于难题.知识点总结：零点存在性定理：若在上连续且单调，若有，则必然存在，使.22（1），；（2），点坐标为.【分析】（1）首先将直线化为普通方程，再化为极坐标方程，与直线方程联立，求点，直线的极坐标方程中，令，